Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 209
2014-06-07 
На диаметре $AB$ полуокружности взяты точки $K$ и $L$, а на полуокружности - точки $M, N$ и $C$ так, что четырехугольник $KLMN$ является квадратом, площадь которого равна площади треугольника $ABC$. Доказать, что центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности совпадает с точкой пересечения одной из сторон квадрата и одной из прямых, соединяющих вершину $N$ или $M$ с вершиной $A$ или $B$.
Решение:
Пусть $a$ - сторона квадрата, $R$ - радиус полуокружности с центром О, $r$ - радиус вписанной в треугольник $ABC$ окружности,
$\alpha = \angle AON < 90^{\circ}$ и $\angle COB \leq 90^{\circ}$
(рис.). Тогда
$a^{2} = NK^{2} = ON^{2} KO^{2} = R^{2} - (a/2)^{2}$,
откуда $a = 2R / \sqrt{5}$, Из равенства площадей квадрата и треугольника $ABC$ получаем, что высота $CH$ последнего равна $4R/5$. Докажем, что $ON$ - биссектриса угла $AOC$. Действительно, так как $\sin \alpha = 2 / \sqrt{5}$ (откуда $\alpha > 45^{\circ}$), то имеем
$\sin 2 \alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha = 2 \cdot \frac{2}{\sqrt{5}} \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{4}{5} = \sin \angle COB = \sin \angle AOC$,
где $2 \alpha > 90^{\circ}, \angle AOC > 90^{\circ}$, Следовательно, $\angle AOC = 2 \alpha$ и $\angle AON = \angle CON$. Поскольку вписанные углы $ABN$ и $CBN$ опираются на равные дуги, то $BN$ - биссектриса угла $ABC$ (равного $\alpha$) и на ней лежит центр вписанной в прямоугольный треугольник $ABC$ окружности, радиус которой равен
$r = (1/2) (AC + BC - AB) = (1/2) \cdot 2R (\sin \alpha + \cos \alpha - 1) = R (3 \sqrt{5} - 1) $.
Но тогда точка $P$ пересечения прямых $BN$ и $LM$ является центром этой окружности, так как из подобных треугольников $NKB$ и $PLB$ имеем
$PL = \frac{NK \cdot LB}{KB} = R \frac{(2/sqrt{5})(1-1 \sqrt{5})}{1+1/\sqrt{5}}=$
$= R \frac{2}{\sqrt{5}} \frac{(\sqrt{5}-1)^{2}}{4} = R \left ( \frac{3}{\sqrt{5}} - 1 \right ) = r$.
На диаметре $AB$ полуокружности взяты точки $K$ и $L$, а на полуокружности - точки $M, N$ и $C$ так, что четырехугольник $KLMN$ является квадратом, площадь которого равна площади треугольника $ABC$. Доказать, что центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности совпадает с точкой пересечения одной из сторон квадрата и одной из прямых, соединяющих вершину $N$ или $M$ с вершиной $A$ или $B$.
Решение:
Пусть $a$ - сторона квадрата, $R$ - радиус полуокружности с центром О, $r$ - радиус вписанной в треугольник $ABC$ окружности,
$\alpha = \angle AON < 90^{\circ}$ и $\angle COB \leq 90^{\circ}$
(рис.). Тогда
$a^{2} = NK^{2} = ON^{2} KO^{2} = R^{2} - (a/2)^{2}$,
откуда $a = 2R / \sqrt{5}$, Из равенства площадей квадрата и треугольника $ABC$ получаем, что высота $CH$ последнего равна $4R/5$. Докажем, что $ON$ - биссектриса угла $AOC$. Действительно, так как $\sin \alpha = 2 / \sqrt{5}$ (откуда $\alpha > 45^{\circ}$), то имеем
$\sin 2 \alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha = 2 \cdot \frac{2}{\sqrt{5}} \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{4}{5} = \sin \angle COB = \sin \angle AOC$,
где $2 \alpha > 90^{\circ}, \angle AOC > 90^{\circ}$, Следовательно, $\angle AOC = 2 \alpha$ и $\angle AON = \angle CON$. Поскольку вписанные углы $ABN$ и $CBN$ опираются на равные дуги, то $BN$ - биссектриса угла $ABC$ (равного $\alpha$) и на ней лежит центр вписанной в прямоугольный треугольник $ABC$ окружности, радиус которой равен
$r = (1/2) (AC + BC - AB) = (1/2) \cdot 2R (\sin \alpha + \cos \alpha - 1) = R (3 \sqrt{5} - 1) $.
Но тогда точка $P$ пересечения прямых $BN$ и $LM$ является центром этой окружности, так как из подобных треугольников $NKB$ и $PLB$ имеем
$PL = \frac{NK \cdot LB}{KB} = R \frac{(2/sqrt{5})(1-1 \sqrt{5})}{1+1/\sqrt{5}}=$
$= R \frac{2}{\sqrt{5}} \frac{(\sqrt{5}-1)^{2}}{4} = R \left ( \frac{3}{\sqrt{5}} - 1 \right ) = r$.
